DE THI THU VAO 10 MON TOAN MOI LAM

- Học sinh làm đúng đến đâu thì cho điểm đến đó, GV chấm có thể thống nhất chia nhỏ các con điểm thành phần nếu thấy cần thiết.. HS vẽ hình đúng đến đâu chấm điểm đến đó.[r]

TRƯỜNG THCS TÍCH SƠN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2015 – 2016 (LẦN 3) _ MÔN: TOÁN (Đề gồm 01 trang) Thời gian :120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (3,0 điểm) : 1) Tính và rút gọn : A  20   2  ; x 1  x x  x B  x  x  ; (với x 0; x 1 ) 2) Rút gọn biểu thức : 5 x  y 7  3x  y 8 3) Giải hệ phương trình sau :  Câu 2: (2,0 điểm) 1) Cho hàm số bậc nhất : y  m  1 x  2m  (với m là tham số ; m 1 ) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị của hàm số trên qua điểm M  1;5 2 2) Cho phương trình x   m  1 x  m  0 (với m là tham số) có nghiệm x1 và x2 Tìm m để biểu thức C x1  x2  x1 x2 đạt giá trị lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó Câu 3: (1,5 điểm) Một người xe đạp từ nhà lên tỉnh với vận tốc 15km/h Lúc về người này vẫn trên quãng đường đó, lúc đầu xe khách với vận tốc 40km/h, rồi từ bến xe bộ về nhà với vận tốc 5km/h Biết rằng quãng đường từ bến xe về nhà ngắn quãng đường từ bến xe lên tỉnh là 35km ; và thời gian lúc về ít thời gian lúc giờ Tính quãng đường từ nhà lên tỉnh của người đó Câu 4: (2,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R), các tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt tại E, AE cắt (O) tại D (D ≠ A) Gọi xy là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O), từ E kẻ đường thẳng song song với xy cắt các đường thẳng AB và AC lần lượt ở P và M 1) Chứng minh: Tứ giác BCMP nội tiếp 2) Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng BC Chứng minh: a) EP = EM và PC  AM BC b) AH.HD = ; Câu 5: (1,0 điểm): 2 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a  b  c 3 a b c P   a  2b  b  2c  c  2a  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức HẾT -(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên: Số báo danh: Phòng thi số: ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN Câu 1 Nội dung trình bày A  20    5 x 1  x x1 5 x  y 7   3x  y 8 B 2    2        2 1,0  1,0 x x 1 x x    x  1 x 1 x1 x 1 10 x  x 14 19 x 38  x 2    9 x  y 24 3x  y 8  y   x1 Điểm x  y  m  x  m  qua M(1 ;5), nên ta có :   Do đồ thị h/s:  m  1  2m   2m2  m  0 m2  1,0 (0,5) (thỏa mãn) Phương trình có dạng a  b  c 0  m1 1 (loại) ; m  thì đồ thị của hàm số qua điểm M  1;5 Vậy với 1,0 (0,5) Ta có:  '  m  1   m2   2m  2m  0  m  2 3 Để phương trình có nghiệm x1 & x2 thì  x1  x2 2  m  1  x1 x2 m    Theo hệ thức Vi-ét ta có: (0,25) 2 C x1  x2  x1x2 2  m  1   m    m  2m  Suy : (0,25) 9  3  3 3  3 5     m  3m     m          m     m     4  2  2 2  2 4    3 3  m    m   0    m   0  2 2  (vì ) (0,25)  m Dấu “=” xảy C   m  Vậy: max (0,25) Gọi x (km/h) là quãng đường từ bến xe về nhà của người đó ( x  ) Khi đó : quãng đường từ bến xe đến tỉnh là: x  35 (km) Quãng đường từ nhà người đó lên tỉnh là : x  35 (km) x  35 Thời gian từ nhà lên tỉnh bằng xe đạp là: 15 (giờ) 1,0 1,5 (0,25) x  35 Thời gian từ tỉnh về đến bến xe là: 40 (giờ) x Thời gian từ bến xe về nhà là: (giờ) (0,25) Do thời gian lúc về ít thời gian lúc giờ nên ta có phương trình : x x  35 x  35   1 40 15 (0,25)  24 x   x  35  8  x  35   120  11x 55  x 5(TM ) Vậy quãng đường từ nhà lên tỉnh của người đó là: 2.5  35 45 (km) (0,5) (0,25) Xét (O) có:    BCA BAx (cùng chắn cung AB)    BPM BAx Từ PM//xy (gt) (sole trong)   Suy ra: BCA BPM  Tứ giác BCMP nội tiếp (*) (Vì có góc đỉnh P bằng góc ngoài đỉnh C) 1,0 Xét (O) có:  BAx  ABz (2 góc tạo bời tia tiếp tuyến cùng chắn cung AB) ABz PBE  a b Lại có: (do đối đỉnh) BAx BPE  Mà: (do xy//PM; góc so le trong)    BPE PBE  PBE cân tại E  EP EB Chứng minh tương tự cũng có: EM EC Mà EB EC (theo tính chất tiếp tuyến cắt ) Từ đó suy : EP = EM (0,5)  Từ EP = EM = EB = EC và theo (*) E là tâm , PM là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCMP  Từ đó  PCM 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay PC  AM (0,25) EB ED    EB ED.EA EA EB EAB (g–g) c/m: EBD  Xét EBO có OBE 90 ; BH là đường cao ED EH  EB EH EO  ED.EA EH EO    chung EO EA ; lại có E   EOA  c.g.c   EDH EOA  EDH (1) (0,25) 0,75 0,75   Xét (O) có: OA = OD  OAD cân  ODA OAD   EOA  OAD DHE  tứ giác OADH nội tiếp Cũng từ EDH    ODA AHO  AHO DHE (2) EDH (g – g) Từ (1) và (2)  AOH (0,25) AH OH    AH DH OH EH EH DH BH  BC 2 Lại có BH EH OH ; (do H là trung điểm của BC) BC  AH DH BH  (0,25) Từ  a  1 0  a  2a  a  2b  2  a  b  1 2 Tương tự: b  2c  2  b  c  1 ;c  2a  2  c  a  1 a b c  P    a  b  1  b  c  1  c  a  1 (1) a b c   a  b  b  c  c  a  Suy ra: Đặt b 1 c 1 a 1 3 Q    a  b 1 b  c 1 c  a 1 Áp dụng bất đẳng thức C.B.S (Cauchy – Schwarz) ta có: 2 b  1 c  1 a  1    3 Q     b  1  a  b  1  c  1  b  c  1  a  1  c  a  1 Q (0,25)  a  b  c  3   b  1  a  b  1   c  1  b  c  1   a  1  c  a  1 Xét mẫu:  b  1  a  b  1   c  1  b  c  1   a  1  c  a  1 3  a  b  c   ab  bc  ca  a  b  c  (0,25)    a  b  c    ab  bc  ca   a  b  c   2 2 (vì a  b  c 3 )    a  2ab  b2    ac  3a  bc  3b    c  6c    1 2    a  b    a  b   c     c  3    a  b  c  3  2 (0,25)  Q   Q  Suy : (2) Từ (1) và (2) Vậy max P Dấu “=” xảy  a b c 1  P  a b c 1 (0,25) 1,0 Lưu ý: - Trên đây là một cách giải, học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa - Học sinh làm đúng đến đâu thì cho điểm đến đó, GV chấm có thể thống nhất chia nhỏ các điểm thành phần thấy cần thiết - Riêng câu học sinh không vẽ hình mà làm đúng thì không chấm điểm toàn câu HS vẽ hình đúng đến đâu chấm điểm đến đó Với các cách giải có sử dụng kết của các ý phía trước mà HS chưa chứng minh được thì không được tính điểm ý đó - Điểm toàn bài được làm tròn đến điểm phần tư (0,00; 0,25; 0,50; 0,75 )